学年四川省蓉城名校联盟高二下学期期中考试化学试题 解析版.docx
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学年四川省蓉城名校联盟高二下学期期中考试化学试题解析版
2018-2019学年四川省蓉城名校联盟高二下学期期中考试化学试题解析版
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回给老师。
可能用到的分子质量H1C12O16P31Cu64
一、选择题：
本题共22小题每小题2分，共44分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列能级符号书写错误的是
A.4fB.2dC.5sD.3p
【答案】B
【解析】
【详解】第四能层有4个能级，分别是4s、4p、4d、4f，故A正确；
B、第二能层，含有2个能级，分别是2s、2p能级，不含d能级，故B错误；
C、每个能层都有s能级，故C正确；
D、第三能层，含有3个能级，分别是3s、3p、3d能级，故D正确；选B。
2.电化学知识在日常社会生产、生活中应用非常广泛。
下列有关电化学知识说法正确的是
A.纯银手镯佩戴过程总变黑是因为发生了电化学腐蚀
B.充电电池在充电过程中可以将电能全部转化为化学能存储起来
C.铸铁锅长时间存留盐液时出现锈斑是因为发生了析氧腐蚀
D.镀铜眼镜框长时间受汗水等侵蚀产生铜锈是因为金属铜发生了吸氧腐蚀
【答案】D
【解析】
【详解】A、纯银手镯佩戴过程变黑是因为发生了化学腐蚀，故A错误；
B、充电电池在充电过程中部分电能转化为热能，故B错误；
C、铸铁锅长时间存留盐液时发生吸氧腐蚀，故C错误
D、镀铜眼镜框长时间受汗水等侵蚀，铜、氧气、二氧化碳、水反应产生碱式碳酸铜，金属铜发生了吸氧腐蚀，故D正确。
3.设NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是
A.1molCS2分子中含有1NA个π键
B.31g白磷（P4）分子中所含的共价键数目为1NA
C.电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阴极转移的电子数目一定为2NA
D.在1mol[Cu（H2O）4]2+中含有12NA个
键
【答案】D
【解析】
【详解】A、CS2分子的结构式为S＝C＝S，双键是由1个δ键和1个π键构成的，1molCS2分子中含有2个碳硫双键，因此含有的π键为2NA个，故A错误；
B、1mol白磷（P4）分子含6molP—P键，31g白磷
0.25mol，含共价键数目为0.25×6×NA=1.5NA，故B错误；
C、阳极放电不只有铜，若阳极质量减少64g，阴极转移的电子数目不一定为2NA，故C错误；
D、单键全是
键，1mol[Cu（H2O）4]2+中含有12NA个
键，故D正确。
4.原子序数在前36号的某原子最外层电子排布式为ns1，则该原子在元素周期表中不可能位于
A.IA族B.VIB族C.VIII族D.IB族
【答案】C
【解析】
【详解】A、IA族元素最外层电子排布式为ns1，故不选A；
B、VIB族的Cr元素最外层电子排布式为3d54s1，故不选B；
C、VIII族的元素Fe、Co、Ni最外层电子排布式都为4s2，故选C；
D、IB族的Cu元素最外层电子排布式为4s1，故不选D。
5.下列有关说法正确的是
A.每个能层s能级的原子轨道的形状相同，能层序数越大，轨道半径越大，电子能量越高
B.原子核外电子云是核外电子运动后留下的痕迹
C.教材中说“核外电子的概率密度分布看起来像一片云雾，因为被形象地称作电子云”，这说明原子核外电子云是实际存在的
D.每个能层都有P能级，P能级都有3个原子轨道
【答案】A
【解析】
【详解】A．s能级原子轨道都是球形的，且能层序数越大，半径也越大，电子能量越高，故A正确；
B.电子云就是用小黑点疏密来表示空间电子出现概率大小的一种图形，故B错误；
C.“核外电子的概率密度分布看起来像一片云雾，因为被形象地称作电子云”，电子云是不存在的，故C错误；
D.第一能层没有P能级，故D错误。
6.下列化学用语表示正确的是
A.CO2的分子模型示意图：
B.次氯酸的电子式：
C.P4的路易斯结构式：
D.激发态氮原子：
1s22s2px12py12pz1
【答案】C
【解析】
【详解】A、CO2分子为直线型结构，故A错误；
B、次氯酸的电子式：
，故B错误；
C、P4是正四面体结构，路易斯结构式：
，故C正确；
D、基态氮原子核外电子排布式是：
1s22s2px12py12pz1，故D错误。
7.下列微粒的价层电子对互斥模型（VSEPR模型）和微粒的空间构型不相同的是
A.PCl3B.BCl3C.CO32-D.NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A、PCl3中P原子价电子对数是4，VSEPR模型是正四面体，有1个孤电子对，微粒的空间构型是三角锥，故选A；
B、BCl3中B原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选B；
C.CO32-中C原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选C；
D.NO3-中N原子价电子对数是3，VSEPR模型是平面三角形，无孤电子对，微粒的空间构型是平面三角形，故不选D。
8.下列微粒的中心原子的杂化类型不相同的是
A.C6H6（苯）C2H4B.SO3SO32-
C.C2H2HCND.H3O+NH4+
【答案】B
【解析】
【详解】A、C6H6（苯）、C2H4的中心碳原子的杂化类型都是Sp2，故不选A；
B、SO3中S原子Sp2杂化，SO32-中硫原子采取sp3杂化，故选B；
C.C2H2、HCN的中心碳原子的杂化类型都是Sp，故不选C；
D、H3O+、NH4+的中心原子的杂化类型都是sp3杂化，故不选D。
9.下列各项叙述错误的是
A.如果硫原子核外电子排布图为
，则违反了泡利原理
B.如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，则违反了构造原理
C.氮原子的核外电子排布图为
，符合洪特规则和泡利原理
D.泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求
【答案】A
【解析】
【详解】A.如果硫原子核外电子排布图为
，则违反了洪特规则，故A错误；
B.25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d54s2，如果25号Mn元素的基态电子排布式为1s22s2p63s23p63d7，则违反了构造原理，故B正确；
C.氮原子的核外电子排布图为
，符合洪特规则和泡利原理，故C正确；
D.泡利原理、洪特规则、构造原理都是对核外电子排布满足能量最低的要求，故D正确。
选A。
10.推理是学习化学知识的一种重要方法。
下列推理合理的是
A.SO2中硫原子采取sp2杂化，则CO2中碳原子也采取sp2杂化
B.NH3分子构型是三角锥形，则NCl3分子构型也是三角锥形
C.H2O分子的键角是104.5°，则H2S分子的键角也是104.5°
D.PCl3分子中每个原子达到8电子稳定结构，则BF3分子中每个原子也能达到8电子稳定结构
【答案】B
【解析】
【详解】A、二氧化碳分子中碳原子含有2个σ键且不含孤电子对，所以碳原子采用sp杂化而不是SP2杂化，故A错误；
B、NH3、NCl3中N原子都采用SP3杂化，有1对孤电子对，所以分子构型都是三角锥形，故B正确；
C、S的电负性比氧小，而且原子半径大，所以S-H的电子偏向S并没有H2O中O-H电子偏向O那么严重，所以排斥力也相应比较小，键角也稍小，故C错误；
D、BF3分子中B元素化合价为+3，B原子最外层电子数为3，所以3+3=6，B原子未达8电子结构，故D错误。
11.几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表，下列叙述正确的是
元素代号
X
Y
Z
W
原子半径/pm
160
143
70
66
主要化合价
+2
+3
+5、+3、-3
-2
A.Z的气态氢化物的稳定性强于W的气态氢化物的稳定性
B.ZH3的键角大于H2W的键角，是因为Z——H的键长比W——H的键长长
C.化合物X3Z2中存在离子键和非极性共价键
D.YCl3是共价化合物，Y2W3是离子化合物
【答案】D
【解析】
【分析】
W化合价为－2价，没有最高正化合价+6价，W为氧元素；Z元素化合价为+5、+3、-3，Z处于ⅤA族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，则Z为氮元素；X化合价为+2价，应为周期表第ⅡA族，Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为镁元素，Y为铝元素。
【详解】A.同周期元素从左到右非金属性增强，氮元素
非金属性弱于氧元素，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，则氨气的稳定性弱于水，故A错误；
B.NH3的键角大于H2O的键角，是因为H2O分子中O原子有2个孤电子对，NH3分子中N原子有1对孤电子对，故B错误；
C.化合物Mg3N2中存在离子键，不存在共价键，故C错误；
D.AlCl3是共价化合物，Mg3N2是离子化合物，故D正确。
【点睛】考查学生灵活运用元素周期律解决实际问题的能力。
答题时从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破，正确把握元素化合价、原子半径与元素性质的关系是解答该题的关键。
12.下列关于价层电子对互斥模型（VSEPR模型）和杂化轨道理论的叙述中正确的是
A.凡是中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形
B.对于主族元素，中心原子的杂化轨道数等于价层电子对数
C.杂化轨道可用于形成
键、π键或用于容纳未参与成键的弧电子对
D.Sp3杂化轨道是由任意的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3杂化轨道
【答案】B
【解析】
【详解】A、中心原子采取sp2杂化的分子的立体结构不一定为平面三角形，如苯分子中碳原子为sp2杂化，但苯是平面正六边形，故A错误；
B、中心原子属于主族元素时，周围的价层电子对数量与杂化轨道数量一致，故B正确；
C.杂化轨道可用于形成
键、或用于容纳未参与成键的弧电子对，不能形成用于π键，故C错误；
D.Sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3杂化轨道，故D错误。
13.如表所示的五种元素中，A.B.C.D为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是
B
C
A
D
E
A.应用高纯度单质A制成光导纤维，可提供信息传输速度
B.B、C、D三种元素的简单氢化物的沸点依次升高
C.由B、C和氢三种元素形成的化合物中可能含有离子键
D.E在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]4s24p2
【答案】C
【解析】
分析】
A.B.C.D为短周期元素，由A.B.C.D在周期表中的位置可知A、D是第三周期元素，B、C是第二周期元素，令A最外层电子数是x，则B.C.D最外层电子数是分别是x+1、x+2、x+3，x+x+1+x+2+x+3=22，x=4，所以A.B.C.D分别是Si、N、O、Cl，E是Ge。
【详解】A.应用高纯度SiO2制成光导纤维，可提高信息传输速度，故A错误；
B.NH3、H2O、HF的沸点从低到高是顺序是NH3＜HF＜H2O，故B错误；
C.由N、O和氢三种元素形成的化合物NH4NO3中含有离子键，故C正确；
D.Ge在元素周期表中的位置是第4周期IVA族，简化电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故D错误。
14.已知X和Y均为第三周期元素，其原子的第一至第四电离如下表所示：
下列说法正确的是
电离能/kJ·mol-1
I1
I2
I3
I4
X
578
1817
2745
11578
Y
738
1451
7733
10540
A.X通常显+3价，Y通常显+1价
B.X的第一电离能力大于Y的第一电离能
C.X、Y的最高价氧化物的水化物都不能与氢氧化钠反应
D.工业上制取X采用的是电解熔融的X的氧化物，制取Y采取的是电解熔融的Y的氯化物
【答案】D
【解析】
【分析】
X的第四电离能突然增大，X最外层有3个电子，X是Al元素；Y的第三电离能突然增大，Y最外层有2个电子，Y是Mg元素。
【详解】A、X的第四电离能突然增大，X最外层有3个电子，X是Al元素，铝通常显+3价；Y的第三电离能突然增大，Y最外层有2个电子，Y是Mg元素，镁通常显+2价，故A错误；
B、根据表格数据，X的第一电离能力小于Y的第一电离能，故B错误；
C、氢氧化铝能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，故C错误；
D、工业上采用的是电解熔融的氧化铝冶炼金属铝，电解熔融的氯化镁冶炼金属镁，故D正确。
【点睛】本题考查元素电离能的递变，题目难度中等，注意根据电离能的变化判断元素核外电子排布为解答该题的关键，注意把握元素周期律的递变规律。
15.在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的铁片与碳棒，下列叙述正确的是
A.正极附近的SO42-离子浓度逐渐增大
B.碳棒上有H2逸出
C.正极有O2逸出
D.电子通过导线由碳棒流向铁片
【答案】B
【解析】
【分析】
在盛有稀硫酸的烧杯中放入用导线连接的铁片与碳棒构成原电池，铁是负极、碳棒是正极。
【详解】A、原电池中电解质里的阴离子移向负极，SO42-向负极移动，负极附近的SO42-离子浓度逐渐增大，故A错误；
B、碳棒是正极，碳棒上氢离子得电子生成氢气，故B正确；
C、碳棒是正极，碳棒上氢离子得电子生成氢气，没有氧气生成，故C错误；
D、原电池中电子由负极通过导线流向正极，电子由铁片通过导线流向碳棒，故D错误。
【点睛】本题考查了原电池原理，难度不大，会根据金属活泼性判断原电池的正负极是解本题的关键，明确正负极的判断方法、正负极上发生反应的类型、电子和电流的流向即可解答本题。
16.铅蓄电池是典型的可充型电池，起反应为Pb+PbO2+4H++2SO42-
2PbSO4+2H2O：
，下列说法正确的是
A.放电时负极质量减少，正极质量增加，电解质溶液中H2SO4的浓度将变小
B.放电时负极的电极反应为：
PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O
C.充电时Pb与电源正极相连
D.充电时阳极上pbSO4变为PbO2，发生氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】
电池总反应式为：
Pb+PbO2+4H++2SO2-4
2PbSO4+2H2O，负极电极反应：
Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ，正极电极反应：
PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O，依据电解反应和电池原理分析判断；
【详解】A.放电时，负极电极反应：
Pb-2e-+SO42-=PbSO4 ，正极电极反应：
PbO2+2e-+4H++2SO42-=PbSO4+2H2O，所以放电时负极、正极质量都增加，电解质溶液中H2SO4的浓度将变小，故A错误；
B.放电时正极的电极反应为：
PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4+2H2O，故B错误；
C.充电时电池的负极充当电解池的阴极，所以充电时Pb与电源负极相连，故C错误；
D.充电时阳极失电子，pbSO4变为PbO2，发生氧化反应，故D正确。
17.下列有关装置图的叙述正确的是
A.
装置①中的总反应为：
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
B.
装置②中的开关由M改置于N时，Cu-Zn合金的腐蚀速度增大
C.
装置③中在Fe电极区无蓝色沉淀，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
D.
装置④中桥墩与外加电源正极连接能确保桥墩不被腐蚀
【答案】C
【解析】
【详解】A、①装置是原电池，铁活泼性大于铜，金属Fe作负极失去电子，总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A错误；
B、装置②中的开关由M改置于N时，纯锌是负极，合金的腐蚀速率减慢，故B错误；
C、装置③锌作负极，铁作正极，发生的是锌的吸氧腐蚀，是验证牺牲阳极的阴极保护法的实验装置，故C正确；
D、装置④中桥墩与外加电源负极连接能确保桥墩不被腐蚀，故D错误。
18.当电池工作时，下列说法错误的
A.甲池中N极的电极反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O
B.当N极消耗5.6L（标准状况下）O2时，铁极增重32g
C.电子的流动方向为M→Fe→CuSO4溶液→Cu→N
D.M极上发生的是氧化反应
【答案】C
【解析】
【分析】
甲池是原电池，N极氧气得电子生成水，所以N极是正极、M是负极；乙是电解池，Cu电极与正极相连，Cu是阳极，Fe电极与负极相连，Fe是阴极。
【详解】A.甲池是原电池，N极是正极，电极反应式为：
O2+4e-+4H+=2H2O，故A正确；
B.N极是正极，消耗5.6L（标准状况下）O2时，转移电子1mol，Fe是阴极，电极反应式是Cu2+＋2e-=Cu，根据得失电子守恒，生成铜0.5mol，铁极增重32g，故B正确；
C.溶液中没有电子流动，电子的流动方向为M→Fe，Cu→N，故C错误；
D.M极是负极，M失电子发生氧化反应，故D正确；选C。
19.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为Al，其他电极均为Cu，下列说法正确的是
A.盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，起作用是平衡电荷，电池工作时，K+、Cl-会分别进入两边的溶液中
B.该装置工作一段时间后，电极III上有红色固体析出
C.该装置工作一段时间后，③号烧杯中电解质溶液浓度不变，两个电极的质量不变
D.该装置工作时，③号烧杯中的SO42-向电极IV移动
【答案】A
【解析】
【分析】
电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅱ是正极、Ⅲ是阳极，电流方向从正极流向负极，负极失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，以此解答该题。
【详解】A.盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶液，电池工作时，盐桥通过离子移动导电，所以K+、Cl-会分别进入两边的溶液中，故A正确；
B、电极Ⅲ是电解池阳极，电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+，电极III上没有红色固体析出，故B错误；
C.电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+、Ⅳ的电极反应式是Cu2+＋2e-=Cu，③号烧杯是电镀池，该装置工作一段时间后，电解质溶液浓度不变，电极Ⅲ减轻、电极Ⅳ质量增大，故C错误；
D.③号烧杯是电镀池，阴离子移向阳极，SO42-向电极III移动，故D错误。
【点睛】本题考查了原电池、电解池原理，题目难度中等，正确判断正负极、阴阳极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池的工作原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
20.近年来AIST报告正在研制一种“高容量、低成本”的锂-铜空气燃料电池，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：
2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，下列说法正确的是
A.正极为Li，负极为Cu
B.放电时，正极的电极反应为：
2Cu+2OH-+2e-==Cu2O+2H2O
C.Li极有机电解质可以换成Cu极的水溶液电解质
D.通空气时，整个反应过程中，铜相当于催化剂
【答案】D
【解析】
【详解】A、根据放电总反应2Li+Cu2O+H2O═2Cu+2Li++2OH-，Li失电子发生氧化反应，Li是负极、Cu是正极，故A错误；
B、放电时，正极是Cu2O得电子生成Cu，电极反应为：
Cu2O+2e-+H2O═2Cu+2OH-，故B错误；
C、Li是活泼电极，Li能与水反应，所以Li极有机电解质不能换成Cu极的水溶液，故C错误；
D、通空气时，Cu被氧化为Cu2O，所以整个反应过程中铜相当于催化剂，故D正确。
【点睛】本题考查了原电池原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握Cu在整个过程中的作用。
21.工业上可以通过电解NO2制备NH4NO3，其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A.电解过程中，阴极区NO2流入速率比阳极区NO2流入速率快些
B.阴极区消耗1molNO2需补充6mol化合物X
C.阳极反应为：
NO2+e-+H2O=NO3-+2H+
D.电解过程中，阴极区的pH小于阳极区的pH
【答案】B
【解析】
【分析】
阳极二氧化氮失电子生成硝酸根离子，电极反应式是NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；阴极二氧化氮得电子生成铵根离子，电极反应式是NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O；
【详解】A、阳极反应式是NO2-e-+H2O=NO3-+2H+；阴极反应式是NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，根据转移电子数相同，阳极区NO2流入速率比阴极区NO2流入速率快些，故A错误；
B、根据电子守恒，阴极区消耗1molNO2生成1molNH4+,阳极同时生成7molNO3-，要制备NH4NO3，需要补充6mol氨气，故B正确；
C、阳极反应为：
NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，故C错误；
D.电解过程中，阴极区发生NO2+7e-+8H+=NH4++2H2O，消耗氢离子pH增大，阳极反应式是NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，生成氢离子pH降低，阴极区的pH大于阳极区的pH，故D错误。
22.用惰性电极电极500mlKCl和Cu（NO3）2组成的混合溶液，一段时间后两极都得到22.4L（标准状况下）气体，电解后将溶液混合均匀后呈中性，则此溶液中NO3-的物质的浓度为
A.2mol·L-1B.1.2mol·L-1C.4mol·L-1D.1mol·L-1.
【答案】A
【解析】
【分析】
惰性电极电解KCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、40H--4e-═2H2O+O2↑，结合两极均得到22.4L气体（ STP），说明阴极两个反应都发生了，阳极也是，根据电子守恒分析解答。
【详解】惰性电极电解KCl和CuSO4混合液，阴极发生Cu2++2e-=Cu、2H++2e-=H2↑，阳极发生2Cl--2e-=Cl2↑、40H--4e-═2H2O+O2↑，电解后将溶液混合均匀后呈中性，说明开始是电解氯化铜，且两极生成铜与氯气的物质的量相同；结合两极均得到22.4L气体（ STP），说明阴极两个反应都发生了，阳极也是，阳极生成氯气和氧气共1mol，阴极生成铜和1mol氢气，设生成铜xmol，据电子守恒2x+2=2x+4×（1-x），x=0.5mol，溶液中NO3-的物质的量为1mol，NO3-的物质的量浓度为
=2mol·L-1，故选A。
【点睛】本题考查电解原理，明确惰性电极电解时离子的放电顺序及发生的电极反应是解答本题的关键，注意根据转移的电子守恒来解答，题目难度中等。
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